D.向FeCl3溶液中滴入几滴30%的H2O2溶液,有气体产生,说明Fe3+能催化H2O2分解,一段时间后,黄色溶液转变为红褐色,,说明该分解反应为放热反应,温度升高促进FeCl3水解形成红褐色的Fe(OH)3胶体,故D正确。
答案选A。
10.在一定温度下,可逆反应A(g)+3B(g)⇌2C(g)达到平衡的标志是()
A.C生成的速率和C分解的速率相等B.A、B、C的浓度相等
C.生成nmolA,同时生成3nmolBD.A、B、C的分子数之比为1:
3:
2
【答案】A
【解析】
C生成的速率和C分解的速率相等,即v正=v逆,证明反应达平衡,选项A正确。
A、B、C的浓度相等但是没有说浓度不变,有可能是三者浓度瞬间相等,然后发生变化,所以无法证明反应达平衡,选项B错误。
生成A和生成B说的都是逆反应的情况,没有说明正反应的情况,所以选项C错误。
A、B、C的分子数之比为1:
3:
2,但是没有说分子数不变,有可能是三者的分子数瞬间达到这个关系,然后发生改变,所以不能说明反应达平衡,选项D错误。
11.一定量混合气体在密闭容器中发生如下反应
;ΔH<0,达到平衡后测得A气体的浓度为0.5mol·L-1;当恒温下将密闭容器的容积扩大两倍并再次达到平衡时,测得A的浓度为0.3mol·L-1。
则下列叙述正确的是()
A.平衡向右移动B.x+y>zC.B的转化率提高D.C的体积分数增加
【答案】B
【解析】
试题分析:
A保持温度不变,将容器的体积扩大两倍,若平衡不移动,A的浓度为0.25mol/L,实际上A的浓度变为0.3mol/L,说明平衡向生成A的方向移动,即平衡向左移动,A错误;B增大体积,压强减小,平衡向逆反应移动,压强减小平衡向气体物质的量增大的方向移动,即x+y>z,B正确;C、由上述分析可知,平衡向逆反应移动,B的转化率降低,C错误;D、平衡向逆反应移动,气体C的物质的量减少,C的体积分数降低,D错误,选B。
考点:
考查化学平衡移动。
12.对于可逆反应A(g)+2B(g)
2C(g)△H>0,下列图象中正确的是
【答案】D
【解析】
该反应是体积减小的、吸热的可逆反应。
所以增大压强时,平衡向正反应方向移动,A不正确。
升高温度平衡向正反应方向移动,B不正确。
温度越高,反应越快,到达平衡的时间越短,A的转化率越大,而A的百分含量越少,C不正确,D正确。
所以答案是D。
13.常温下,下列溶液中各离子浓度关系正确的是
A.等体积等物质的量浓度的氨水和盐酸混合后的溶液:
c(H+)=c(OH-)+c(NH3·H2O)
B.浓度为0.1mol·L-1的碳酸钠溶液:
c(Na+)=2c(CO
)+c(HCO
)+c(H2CO3)
C.pH=12的氨水与pH=2的盐酸等体积混合:
c(Cl-)>c(NH
)>c(H+)>c(OH-)
D.醋酸溶液与NaOH溶液相混合后,所得溶液呈中性:
c(Na+)>c(CH3COO-)
【答案】A
【解析】
【详解】A.等体积等物质的量的氨水和盐酸混合后所得溶液为氯化铵溶液,根据质子守恒可得:
c(H+)=c(OH−)+c (NH3⋅H2O),故A正确;
B.碳酸钠溶液中存在物料守恒:
c(Na+)=2c(CO32−)+2c(HCO3−)+2c(H2CO3),故B错误;
C.pH=12的氨水与pH=2的盐酸等体积混合后发生反应生成氯化铵,氨水过量,溶液呈碱性,则:
c(NH4+)>c(Cl−)>c(OH−)>c(H+),故C错误;
D.醋酸溶液与NaOH溶液相混合后,所得溶液为醋酸钠溶液,该溶液中存在电荷守恒:
c(Na+)+c(H+)=c(CH3COO−)+c(OH−),所得溶液呈中性,则c(H+)=c(OH−),所以(Na+)=c(CH3COO−),故D错误。
答案选A。
【点睛】本题考查的是离子浓度大小的比较。
解题时特别注意C选项氨水为弱碱,混合液中氨水过量,溶液显示碱性;D选项所得溶液呈中性,则c(H+)=c(OH-),结合电荷守恒进行判断。
据此解答。
14.如图所示,硫酸工业中产生的SO2通过下列过程既能制得H2SO4又能制得H2。
下列说法不正确的是
A.该过程可循环利用的物质是I2和HI
B.该过程总反应的化学方程式SO2+2H2O=H2SO4+H2
C.X物质是I2
D.SO2在过程中表现出了还原性与漂白性
【答案】D
【解析】
【详解】根据题中所给流程和信息可知,反应I为SO2+I2+2H2O=H2SO4+2HI,反应Ⅱ为2HI=H2↑+I2。
可循环利用的物质是I2和HI,该过程总反应的化学方程式SO2+2H2O=H2SO4+H2,X物质是I2,SO2中的S元素化合价由+4价升高到+6价生成H2SO4,作还原剂体现还原性,没有漂白性。
故A、B、C正确,D错误。
答案选D。
15.利用氯碱工业中的离子交换膜技术原理,可电解Na2SO4溶液生产NaOH溶液和H2SO4溶液。
下列说法中正确的是
A.阴极反应式为4OH--4e-=2H2O+O2↑
B.从A口出来的是NaOH溶液
C.b是阳离子交换膜,允许Na+通过
D.Na2SO4溶液从G口加入
【答案】C
【解析】
【详解】A.阴极是氢离子放电,阴极发生的反应为:
H++2e-=H2↑,故A错误;
B.连接电源正极的是电解池的阳极,连接电源负极的是电解池的阴极,A为阳极,氢氧根离子在阳极放电产生氧气,同时生成氢离子,在阳极附近生成硫酸,则从A口出来的是硫酸溶液,故B错误;
C.在阴极室一侧放置阳离子交换膜,只允许通过阳离子,故b为阳离子交换膜,允许Na+通过,故C正确;
D.NaOH在阴极附近生成,则Na2SO4溶液从F口加入,故D错误。
答案选C。
【点睛】本题考查的是电解池知识。
本题设置新情景,即离子交换膜,注意根据两极上的反应判断生成物,题目难度中等。
据题意,电解饱和Na2SO4溶液时,阳极附近是OH-放电,生成氧气,阴极附近是H+放电生成氢气,由于装置中放置了离子交换膜,在两分别生极成NaOH和H2SO4,需在阳极室一侧放置阴离子交换膜,知允许通过阴离子,在阴极室一侧放置阳离子交换膜,只允许通过阳离子。
16.水的电离平衡曲线如图所示,若以A点表示25℃时水的电离达平衡时的离子浓度,B点表示100℃时水的电离达平衡时的离子浓度,则下列说法正确的是
A.纯水中25℃时的c(H+)比100℃时的c(H+)大
B.100℃时某溶液中由水电离产生的c(H+)=1×10-11mol/L,则该溶液的pH可能是11或3
C.将pH=9的Ba(OH)2溶液与pH=4的稀盐酸混合,并保持100℃的恒温,混合溶液的pH=7,则Ba(OH)2溶液和盐酸的体积比为10:
1
D.25℃时,某Na2SO4溶液中c(SO42-)=5×10-4mol/L,则溶液中c(Na+):
c(OH-)为104:
1
【答案】D
【解析】
试题分析:
A选项错误。
25℃时c(H+)=c(OH-)为10-6mol/L,当100℃时c(H+)=c(OH-)为10-7mol/L。
B选项错误。
100℃时某溶液中由水电离产生的c(H+)=1×10-11mol/L,又因为当100摄氏度时KW值为1.0×10-12,故PH可能是11或1。
C选项错误。
若将pH=9的Ba(OH)2溶液与pH=4的稀盐酸按照体积比10:
1混合,得到位中性溶液。
在100摄氏度时中性溶液PH=6,故错误。
D选项争取。
考点:
水的离子积
第Ⅱ卷非选择题(共52分)
二、非选择题
17.某化学兴趣小组在实验室从海带灰中提取碘并制备KI晶体。
请回答下列问题
(1)从水溶液中萃取碘可以选用的试剂是____________。
(填序号)
A.酒精B.CCl4C.己烯D.直馏汽油
(2)KI晶体的制备,实验装置如图:
实验步骤如下
i.配制0.5mol·L−1的KOH溶液。
i.在三颈瓶中加入12.7g单质I2和250mL0.5mol·L−1的KOH溶液,搅拌至碘完全溶解。
ⅲ.通过滴液漏斗向反应后的溶液中滴加适量甲酸,充分反应后,HCOOH被氧化为CO2,再用KOH溶液调pH至9~10,将所得溶液蒸发浓缩,冷却结晶、过滤、洗涤、干燥。
得KI产品8.3g。
请回答下列问题:
①配制0.5mol·L−1KOH溶液时,下列操作导致配得的溶液浓度偏高的是_____(填序号)。
A.托盘上分别放置质量相等的纸片后称量KOH固体
B.KOH固体样品中混有K2O2
C.称量好的固体放入烧杯中溶解未经冷却直接转移入容量瓶
D.未洗涤烧杯及玻璃棒直接向容量瓶中加水定容
E.定容时仰视刻度线
②步骤ⅱ中I2与KOH溶液反应生成的氧化产物和还原产物的物质的量之比为1∶5,请写出氧化产物的化学式:
____________。
③步骤ⅲ中向溶液中滴加适量甲酸时,需打开活塞___________。
(填“a”“b”或“a和b”)
④实验中,加入HCOOH发生氧化还原反应的离子方程式为____________________。
⑤实验中KI的产率为________________%
【答案】
(1).BD
(2).BC(3).KIO3(4).b(5).3HCOOH+IO3-===I-+3CO2↑+3H2O(6).50
【解析】
【详解】
(1)从水溶液中萃取碘,作为萃取剂的物质要满足:
溶质在萃取剂中溶解度较大、萃取剂与原溶剂及溶质均不反应、萃取剂与原溶剂不互溶。
A.酒精与碘水不反应,但与水互溶,故不选A;
B.四氯化碳与碘水不反应,与水不互溶,且碘在四氯化碳中的溶解度更大,故选B;
C.己烯可以和碘反应,不能做萃取剂,故不选C;
D.直馏汽油的主要成份是烷烃与环烷烃,与碘水不反应,与水不互溶,且碘在其中的溶解度更大,故选D。
本小题答案为:
BD。
(2)①A.KOH固体具有吸水性,且能与空气中二氧化碳反应,在纸片上称量KOH固体,会使所称量的KOH质量偏小,导致配得的溶液浓度偏低,故不选A;
B.1molK2O2与水反应生成2molKOH,1molK2O2的质量为110g,而2molKOH的质量为112g,若KOH固体样品中混有K2O2则使所配溶液中溶质KOH的物质的量增大,导致配得的溶液浓度偏高,故选B;
C.溶液未经冷却即注入容量瓶,冷却后溶液体积缩小,导致浓度偏大,故选C;
D.未洗涤烧杯及玻璃棒直接向容量瓶中加水定容,导致溶质的物质的量偏小,配制的溶液浓度偏低,故不选D;
E.定容时仰视刻度线,导致溶液的体积偏大,所以配制溶液的浓度偏低,故不选E。
本小题答案为:
BC。
②I2与KOH溶液反应,I2既被氧化又被还原,容易判断还原产物为KI,若生成的氧化产物和还原产物的物质的量之比为1:
5,根据得失电子守恒,可判断出氧化产物中碘元素化合价为+5价,可推出氧化产物为KIO3。
本小题答案为:
KIO3。
③步骤ⅲ中向溶液中滴加适量甲酸时,使用的是恒压滴液漏斗,起到了平衡压强作用,因此只需打开活塞b,即可以使甲酸顺利滴下。
本小题答案为:
b。
④由信息可知,加入甲酸的作用是还原碘酸钾,HCOOH被氧化为CO2,根据得失电子守恒和电荷守恒写出HCOOH发生氧化还原反应的离子方程式为:
3HCOOH+IO3-===I-+3CO2↑+3H2O。
本小题答案为:
3HCOOH+IO3-===I-+3CO2↑+3H2O。
⑤12.7gI2的物质的量为0.05mol,KOH的物质的量为0.125mol,由
可知,KOH过量,KIO3被HCOOH还原也生成KI,故理论上0.05molI2可生成0.1molKI(质量为16.6g),所以实验中KI的产率为
。
本小题答案为:
50%。
18.碱式氧化(NiOOH)可用废镍催化剂(主要含Ni、Al,少量Cr、FeS等)来制备,其工艺流程如下:
回答下列问题:
(1)“浸泡除铝”时,发生反应的离子反应方程式为_____________________。
(2)“过滤1”用到的玻璃仪器________________________________________。
(3)已知该条件下金属离子开始沉淀和完全沉淀的pH如下表:
开始沉淀的pH
完全沉淀的pH
Ni2+
6.2
8.6
Fe2+
7.6
9.1
Fe3+
2.3
3.3
Cr3+
4.5
5.6
“调pH1”时,溶液pH范围为_______________;
(4)在空气中加热Ni(OH)2可得NiOOH,请写出此反应的化学方程式________________。
(5)在酸性溶液中CrO
可以转化成Cr2O
,用离子方程式表示该转化反应__________,已知BaCrO4的Ksp=1.2×10-10,要使溶液中CrO
沉淀完全(c(CrO
)≦1×10-5mol·L−1),溶液中钡离子浓度至少为________mol·L−1。
【答案】
(1).2Al+2OH-+2H2O==2AlO2-+3H2↑
(2).烧杯、漏斗、